2022步步高大一輪復(fù)習(xí)--物理第九章磁場(chǎng) 專題強(qiáng)化十帶電粒子在疊加場(chǎng)和組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

2．學(xué)習(xí)本專題，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力．針對(duì)性的專題訓(xùn)練，可以提高同學(xué)們解決難題、壓軸題的信心．
3．用到的知識(shí)主要有：動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動(dòng)定律)、運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、能量守恒定律)、電場(chǎng)的觀點(diǎn)(類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律)、磁場(chǎng)的觀點(diǎn)(帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律)．
1．疊加場(chǎng)：
電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存．
2．無約束情況下的運(yùn)動(dòng)
(1)洛倫茲力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題．
(2)電場(chǎng)力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)
①若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
②若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題．
(3)電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
②若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題．
3．有約束情況下的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解．
例1 (2017·全國卷Ⅰ·16)如圖1，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是( )
圖1
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
答案 B
解析設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，
a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場(chǎng)力平衡，則
mag＝qE①
b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則
mbg＝qE＋qvB②
c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則
mcg＋qvB＝qE③
比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．
變式1 (多選)(2019·山東濟(jì)南市上學(xué)期期末)如圖2所示，兩豎直平行邊界內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直(平行紙面)向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．一帶負(fù)電小球從P點(diǎn)以某一速度垂直邊界進(jìn)入，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)．若增大小球從P點(diǎn)進(jìn)入的速度但保持方向不變，則在小球進(jìn)入的一小段時(shí)間內(nèi)( )
圖2
A．小球的動(dòng)能減小
B．小球的電勢(shì)能減小
C．小球的重力勢(shì)能減小
D．小球的機(jī)械能減小
答案 ACD
解析帶負(fù)電的小球受向下的重力G、向上的電場(chǎng)力F和向下的洛倫茲力F洛，這三個(gè)力都在豎直方向上，小球沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，所以小球受到的合力一定是零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小球的入射速度增大時(shí)，洛倫茲力增大但不做功，電場(chǎng)力和重力不變，小球?qū)⑾蛳缕D(zhuǎn)，電場(chǎng)力與重力的合力向上，則它們的合力對(duì)小球做負(fù)功，小球動(dòng)能減?。妶?chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減小，電勢(shì)能增大．重力對(duì)小球做正功，重力勢(shì)能減小，故A、C、D正確，B錯(cuò)誤．
1．組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)．
2．分析思路
(1)劃分過程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律處理．
(2)找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵．
(3)畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．
模型1 磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合
例2 (2018·江蘇卷·15)如圖3所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．某粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，從O沿軸線射入磁場(chǎng)．當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方eq \f(d,2)處射出磁場(chǎng)．取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.
圖3
(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
(2)入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t；
(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)不重疊)，可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值．
答案 (1)eq \f(4mv0,qd) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53π＋72,180)))eq \f(d,v0) (3)eq \f(d,5v0)
解析 (1)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r0＝eq \f(mv0,qB)，
由題意知r0＝eq \f(d,4)，解得B＝eq \f(4mv0,qd)
(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為α
由d＝rsin α，r＝eq \f(m·5v0,qB)＝eq \f(5d,4)，得sin α＝eq \f(4,5)，即α＝53°
粒子在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq \f(α,360°)·eq \f(2πm,qB)，
解得t1＝eq \f(53πd,720v0).直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq \f(2d,v)＝eq \f(2d,5v0)
則t＝4t1＋t2＝(eq \f(53π＋72,180))eq \f(d,v0).
(3)設(shè)將中間兩磁場(chǎng)分別向中央移動(dòng)距離x
粒子向上的偏移量y＝2r(1－cs α)＋xtan α
由y≤2d，解得x≤eq \f(3,4)d
則當(dāng)xm＝eq \f(3,4)d時(shí)，Δt有最大值
粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值sm＝eq \f(2xm,cs α)＋(2d－2xm)＝3d
增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d
增加時(shí)間的最大值Δtm＝eq \f(Δsm,v)＝eq \f(d,5v0).
變式2 (2020·廣東韶關(guān)市調(diào)研)如圖4所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，上部分區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，OF 為上、下磁場(chǎng)的水平分界線．質(zhì)量為 m、帶電荷量為＋q的粒子從 AC 邊界上與 O 點(diǎn)相距為 a 的 P 點(diǎn)垂直于 AC 邊界射入上方磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng) OF 上的 Q 點(diǎn)第一次進(jìn)入下方磁場(chǎng)區(qū)域，Q 與 O 點(diǎn)的距離為 3a.不考慮粒子重力．
圖4
(1)求粒子射入時(shí)的速度大??；
(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1應(yīng)滿足的條件；
(3)若下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B＝3B0，粒子最終垂直 DE 邊界飛出，求邊界 DE 與AC 間距離的可能值．
答案 (1)eq \f(5aqB0,m) (2)B1≥eq \f(8B0,3) (3)4na(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子在OF上方的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，
由幾何關(guān)系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，R＝5a
由牛頓第二定律可知：qvB0＝meq \f(v2,R)，解得：v＝eq \f(5aqB0,m)
(2)當(dāng)粒子恰好不從AC邊界飛出時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)粒子在OF下方做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，
由幾何關(guān)系得：r1＋r1cs θ＝3a，cs θ＝eq \f(3,5)，所以r1＝eq \f(15a,8)，根據(jù)qvB1＝eq \f(mv2,r1)，解得：B1＝eq \f(8B0,3)
故B1≥eq \f(8B0,3)時(shí)，粒子不會(huì)從AC邊界飛出；
(3)當(dāng)B＝3B0時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在OF下方的運(yùn)動(dòng)半徑為：r＝eq \f(5,3)a，設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向一致時(shí)，粒子的位置為P1，則P與P1的連線一定與OF平行，根據(jù)幾何關(guān)系知：eq \x\t(PP1)＝4a，所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為：L＝neq \x\t(PP1)＝4na(n＝1,2,3，…)．
模型2 電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合
例3 (2019·全國卷Ⅰ·24)如圖5，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出．已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力．求：
圖5
(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間．
答案 (1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
解析 (1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v.由動(dòng)能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2①
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，結(jié)合
牛頓第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)②
由幾何關(guān)系知d＝eq \r(2)r③
聯(lián)立①②③式得eq \f(q,m)＝eq \f(4U,B2d2)④
(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)到x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq \f(πr,2)＋rtan 30°⑤
帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為t＝eq \f(s,v)⑥
聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
變式3 (2019·江蘇南京市六校聯(lián)考)如圖6所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在BC右側(cè)Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，L1、L2、L3是磁場(chǎng)的邊界(BC與L1重合)，兩磁場(chǎng)區(qū)域的寬度相同，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子(重力不計(jì))從AD邊中點(diǎn)以初速度v0沿水平向右方向進(jìn)入電場(chǎng)，粒子恰好從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點(diǎn)同一水平高度處進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.已知AB長度是BC長度的eq \r(3)倍．
圖6
(1)求帶電粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大??；
(2)求區(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)的寬度L；
(3)要使帶電粒子在整個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的最小值．
答案 (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(2\r(3)mv0,3qB1) (3)1.5B1
解析 (1)設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)的速度方向與位移方向的關(guān)系有：
tan θ＝eq \f(LBC,LAB)＝eq \f(\r(3),3)，則θ＝30°
根據(jù)速度關(guān)系有：v＝eq \f(v0,cs θ)＝eq \f(2\r(3)v0,3)；
(2)設(shè)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得：qvB1＝meq \f(v2,r1)，軌跡如圖甲所示：

由幾何關(guān)系得：L＝r1
解得：L＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB1)；
(3)當(dāng)帶電粒子不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場(chǎng)時(shí)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長．設(shè)區(qū)域Ⅱ中最小磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2m，此時(shí)粒子恰好不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場(chǎng)，對(duì)應(yīng)的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：
同理得：qvB2m＝meq \f(v2,r2)
根據(jù)幾何關(guān)系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
1．(磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合)如圖7所示為一磁約束裝置的原理圖，兩同心圓的圓心O與xOy平面坐標(biāo)系原點(diǎn)重合．半徑為R0的圓形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動(dòng)能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為(0，R0)的A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，粒子全部經(jīng)過坐標(biāo)為(R0,0)的P點(diǎn)，方向沿x軸正方向．當(dāng)在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，上述粒子仍從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，所有粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過環(huán)形區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后第一次沿半徑方向從區(qū)域Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)經(jīng)過內(nèi)圓周上的M點(diǎn)(M點(diǎn)未畫出)．不計(jì)重力和粒子間的相互作用．
圖7
(1)求區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；
(2)若環(huán)形區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝eq \r(3)B1，求M點(diǎn)坐標(biāo)及環(huán)形外圓半徑R；
(3)求粒子從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入圓形區(qū)域Ⅰ至再次以相同速度經(jīng)過A點(diǎn)的過程所通過的總路程．
答案 (1)eq \f(\r(2mE0),qR0) (2)(eq \f(1,2)R0，－eq \f(\r(3),2)R0) eq \r(3)R0
(3)eq \f(18＋16\r(3),3)πR0
解析 (1)由題意，粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1＝R0，在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，則有qv0B1＝meq \f(v02,r1)，且E0＝eq \f(1,2)mv02，聯(lián)立解得
B1＝eq \f(\r(2mE0),qR0).
(2)粒子進(jìn)入環(huán)形區(qū)域Ⅱ后沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qv0B2＝meq \f(v02,r2)，B2＝eq \r(3)B1，聯(lián)立解得r2＝eq \f(\r(3),3)R0，畫出粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得∠POM＝60°，由幾何關(guān)系得M點(diǎn)的坐標(biāo)為(eq \f(1,2)R0，－eq \f(\r(3),2)R0)，由幾何關(guān)系得外環(huán)的半徑R＝r2＋2r2＝3r2＝eq \r(3)R0.
(3)粒子在Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域兩次偏轉(zhuǎn)后，從M點(diǎn)再次進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時(shí)，圓心角轉(zhuǎn)過150°，設(shè)經(jīng)過m次這樣的偏轉(zhuǎn)后第一次從A點(diǎn)再次入射，此時(shí)圓心角轉(zhuǎn)過n個(gè)360°，則有150m＝360n(m、n取最小正整數(shù))，解得m＝12，n＝5.而粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)偏轉(zhuǎn)一次通過的路程s1＝eq \f(1,4)×2πr1＋eq \f(2,3)×2πr2＝(eq \f(1,2)＋eq \f(4\r(3),9))πR0，所以經(jīng)過12次如此偏轉(zhuǎn)后第一次通過A點(diǎn)，則總路程為s＝12s1＝eq \f(18＋16\r(3),3)πR0.
2．(電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合)(2020·河南平頂山市質(zhì)檢)如圖8所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第二、三象限內(nèi)有方向沿y軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一、四象限內(nèi)有圓形有界磁場(chǎng)，有界磁場(chǎng)的半徑為eq \f(\r(2),2)L，磁場(chǎng)的方向垂直于坐標(biāo)平面向里，磁場(chǎng)邊界與y軸相切于O點(diǎn)，在x軸上坐標(biāo)為(－L,0)的P點(diǎn)沿與x軸正向成θ＝45°角斜向上射出一個(gè)速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)垂直y軸射出電場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)以沿y軸負(fù)方向的速度射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力．求：
圖8
(1)粒子從y軸上射出電場(chǎng)的位置坐標(biāo)；
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小及勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
(3)粒子從P點(diǎn)射出到射出磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少？
答案 (1)(0，eq \f(1,2)L) (2)eq \f(mv02,2qL) eq \f(\r(2)mv0,2qL)
(3)eq \f(L,v0)＋eq \f(\r(2)?1＋π?L,2v0)
解析 (1)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，
水平方向：L＝v0cs θ·t1，
豎直方向：y＝eq \f(1,2)v0sin θ·t1，
解得：y＝eq \f(1,2)L，
粒子從y軸上射出電場(chǎng)的位置為：(0，eq \f(1,2)L)；
(2)粒子在電場(chǎng)中的加速度：a＝eq \f(qE,m)，
豎直分位移：y＝eq \f(1,2)at12，
解得：E＝eq \f(mv02,2qL)；
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以沿y軸負(fù)方向的速度射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
由幾何知識(shí)得：AC與豎直方向夾角為45°，
AD＝eq \r(2)y＝eq \f(\r(2),2)L，
因此AC剛好為圓形有界磁場(chǎng)的直徑，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r＝L，
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：
qvB＝meq \f(v2,r)，
其中，粒子的速度：v＝v0cs θ，解得：B＝eq \f(\r(2)mv0,2qL)；
(3)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1＝eq \f(L,v0cs θ)＝eq \f(\r(2)L,v0)，
粒子離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移：
x＝eq \f(\r(2),2)L－eq \f(1,2)L，
粒子做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2＝eq \f(x,v)＝eq \f(?2－\r(2)?L,2v0)，
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：
t3＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(\r(2)πL,2v0)，
粒子總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(L,v0)＋eq \f(\r(2)?1＋π?L,2v0).
1.(多選)(2020·遼寧沈陽市調(diào)研)如圖1所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場(chǎng)區(qū)，經(jīng)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是( )
圖1
A．小球可能做勻變速運(yùn)動(dòng) B．小球一定做變加速運(yùn)動(dòng)
C．小球動(dòng)能可能不變 D．小球機(jī)械能守恒
答案 BC
解析小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在M點(diǎn)受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力為變力，故不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，一定做變加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；若電場(chǎng)力和重力等大反向，則運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動(dòng)能可能不變，C正確；沿電場(chǎng)方向有位移，電場(chǎng)力一定做功，故小球的機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤．
2．(2020·河南開封市模擬)如圖2所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒垂直于磁場(chǎng)且以與水平方向成45°角的速度v做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.則下列說法正確的是( )
圖2
A．微粒可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．微?？赡苤皇軆蓚€(gè)力作用
C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq \f(mg,qv)
D．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq \f(mg,q)
答案 D
解析微粒受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力作用，若v發(fā)生變化，則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運(yùn)動(dòng)，所以重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力三力平衡，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，有：qE＝mgtan 45°，qvB＝eq \r(?mg?2＋?qE?2)，聯(lián)立解得：
E＝eq \f(mg,q)，B＝eq \f(\r(2)mg,qv)，故C錯(cuò)誤，D正確．
3.(多選)(2019·山東濱州市上學(xué)期期末)如圖3所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，不計(jì)摩擦阻力，則以下說法中正確的是( )
圖3
A．液滴一定帶正電
B．液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大
C．從A到C過程液滴的電勢(shì)能增大
D．從C到B過程液滴的機(jī)械能增大
答案 BCD
解析從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，說明重力和電場(chǎng)力的合力向下，洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；從A到C的過程中，重力做正功，而電場(chǎng)力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動(dòng)能增大，從C到B的過程中，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負(fù)功，液滴動(dòng)能減小，所以液滴在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大，故B正確；從A到C過程液滴克服電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能增加，故C正確；從C到B的過程中，電場(chǎng)力做正功，洛倫茲力不做功，機(jī)械能增大，故D正確．
4.(2018·全國卷Ⅱ·25改編)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖4所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出．不計(jì)重力．
圖4
(1)定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；
(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大?。?br>答案 (1)見解析圖 (2)eq \f(2El′,Bl)
解析 (1)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示．(粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱)
(2)粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為θ，如圖(b)，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1.
根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma①
式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量．
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcs θ④
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
qvB＝eq \f(mv2,R)⑤
由幾何關(guān)系得
l＝2Rcs θ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq \f(2El′,Bl)
5．(2019·陜西榆林市第三次測(cè)試)如圖5甲所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，選定磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向．在y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分布在一個(gè)半徑為r＝0.3 m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.8 T，t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg、電荷量q＝＋2×10－4 C的微粒從x軸上xP＝－0.8 m處的P點(diǎn)以速度v＝0.12 m/s向x軸正方向入射．已知該帶電微粒在電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(g取10 m/s2)
圖5
(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度；
(2)若磁場(chǎng)15π s后消失，求微粒在第二象限運(yùn)動(dòng)過程中離x軸的最大距離；
(3)若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角最大，求此圓形磁場(chǎng)的圓心坐標(biāo)(x，y)．
答案 (1)40 N/C，方向豎直向上 (2)2.4 m
(3)(0.30 m,2.25 m)
解析 (1)因?yàn)閹д娢⒘Ｉ淙腚姶艌?chǎng)區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
所以受到的電場(chǎng)力和重力大小相等，方向豎直向上，則：qE＝mg
解得：E＝40 N/C，方向豎直向上；
(2)由牛頓第二定律有：qvB1＝meq \f(v2,R1)
所以R1＝eq \f(mv,qB1)＝0.6 m

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